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(共38张PPT)
微专题6　动能定理的综合应用
1.通过学习应用动能定理分析问题,进一步领会运用动能定理解题的优越性。2.通过利用动能定理分析多过程问题、图像问题及曲线运动问题,学会根据具体问题情境构建物理模型,提高科学思维能力。3.通过对各种物理问题的分析,提高逻辑推理能力、应用数学处理物理问题的能力及综合分析问题能力。
[定位·学习目标]　
突破·关键能力
要点一　动能定理在多过程中的应用
「要点归纳」
对于包含多个运动阶段的复杂运动过程,可以选择分段或全程应用动能定理。
(1)分段应用动能定理时,将复杂的过程分割成一个个子过程,对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析,然后分别针对每个子过程应用动能定理列式,然后联立求解。
(2)全程应用动能定理时,分析整个过程中出现过的各力的做功情况,分析每个力做的功,确定整个过程中合力做的总功。然后确定整个过程的初、末动能,针对整个过程利用动能定理列式求解。
(3)当题目已知量和所求量不涉及中间量时,选择全程应用动能定理更简单、方便。
「典例研习」
[例1] (动能定理在多过程中的应用)(多选)(2025·吉林阶段练习)人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。某次打夯符合如图模型:两人同时通过绳子对重物各施加一个大小为300 N,方向都与竖直方向成37°的力的作用;重物离开水平地面30 cm后人停止施力,最后重物自由下落把地面砸深 3 cm。重物的质量为50 kg,重力加速度g取10 m/s2,取cos 37°=0.8,不计空气阻力,此次打夯过程中(　 　)
[A]人对重物做功144 J
[B]重物刚落地时的速度大小为2.5 m/s
[C]重物的重力势能减少165 J
[D]重物对地面的平均冲击力大小为5 300 N
AD
应用动能定理解决多过程问题的技巧
(1)在多过程问题中应该首先考虑在全过程中应用动能定理,若需要的物理量无法求解,可以考虑在某个分过程中应用动能定理。
(2)在多过程中应用动能定理时,总功的求解一般不采用先求合力,再利用合力做功的计算式计算总功,因为合力往往是变力。通常采用先求出各个力所做的功,再求各个力的功的代数和的方法求总功。
·规律方法·
[例2] (动能定理在多过程往复运动中的应用)(2025·黑龙江哈尔滨阶段练习)如图所示,在竖直平面内,粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B点,C是最低点,圆心角∠BOC=37°,D与圆心O等高,圆弧轨道半径 R=1.0 m,现有一个质量为 m=0.2 kg、可视为质点的小物体,从D点的正上方E点处自由下落,物体恰好到达斜面顶端A处。已知D、E距离h=1.0 m,物体与斜面AB之间的动摩擦因数 μ=0.5。取 sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取 10 m/s2。求:
(1)物体第一次到达C点时的速度大小和受到的支持力大小;
(2)斜面AB的长度L;
【答案】 (2)1.8 m
(3)物体在斜面上滑行的总路程s。
【答案】 (3)4.5 m
【解析】 (3)因为mgsin 37°>μmgcos 37°,
所以物体不会停在斜面上,当经过B点的速度为零时,将在光滑轨道上反复滑动,由动能定理有
mg(h+Rcos 37°)-μmgcos 37°·s=0,
代入数据得s=4.5 m。
要点二　动能定理与图像的综合应用
1.四类图像所围“面积”的含义
(1)v-t图像:由公式x=vt可知,v-t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移。
(2)a-t图像:由公式Δv=at可知,a-t图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。
(3)F-x图像:由公式W=Fx可知,F-x图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。
(4)P-t图像:由公式W=Pt可知,P-t图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。
「要点归纳」
2.解决物理图像问题的基本步骤
(1)观察题目给出的图像,弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义。
(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式。
(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比,找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下的面积所对应的物理意义,分析解答问题。或者利用图线上的特定点的坐标值代入函数关系式求物理量。
「典例研习」
[例3] (F-x图像与动能定理的结合)(2024·贵州卷)质量为 1 kg 的物块静置于光滑水平地面上,设物块静止时的位置为 x轴零点。现给物块施加一沿x轴正方向的水平力F,其大小随位置x变化的关系如图所示,则物块运动到x=3 m处,F做功的瞬时功率为(　　)
[A]8 W [B]16 W
[C]24 W [D]36 W
A
[例4] (Ek-x图像与动能定理的结合)质量为2 kg的物块放在粗糙水平面上,在水平拉力的作用下由静止开始运动,物块的动能Ek与其发生的位移x之间的关系如图所示。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是(　　)
[A]x=1 m时速度大小为2 m/s
[B]x=3 m时物块的加速度大小为2.5 m/s2
[C]在前4 m位移过程中拉力对物块做的功为9 J
[D]在前4 m位移过程中物块所经历的时间为2.8 s
D
要点三　动能定理与平抛运动、圆周运动的综合应用
「要点归纳」
动能定理常与平抛运动、圆周运动相结合,解决这类问题要特别注意:
(1)与平抛运动相结合时,要注意应用运动的合成与分解的方法,如分解位移或分解速度求平抛运动的有关物理量。
(2)与竖直平面内的圆周运动相结合时,应特别注意隐藏的临界条件:
①有支撑效果的竖直平面内的圆周运动,物体能通过最高点的临界条件为vmin=0。
「典例研习」
[例5] (动能定理与平抛运动的综合)如图所示,半径R=3 m的光滑圆弧轨道BC与水平轨道CD平滑相连,质量m=1 kg的小滑块(可视为质点)从某一高度处的A点以v0=4 m/s的速度水平抛出,恰好沿切线方向从B点进入圆弧轨道BC,滑块经C点后继续向D点方向运动,当运动到D点时刚好停下来。已知AB高度差h=0.45 m,BO与竖直方向的夹角为θ,滑块与粗糙水平轨道CD间的动摩擦因数μ=0.45,不计空气阻力,g取 10 m/s2,取cos 30°=0.87,cos 37°=0.8,
cos 45°=0.7,求:
(1)滑块刚进入圆弧轨道的B点时的速度大小vB及BO与竖直方向的夹角θ;
【答案】 (1)5 m/s　37°　
(2)滑块到达C点时对轨道的压力;
(3)水平轨道CD的长度L。(结果可用分数表示)
[例6] (动能定理与圆周运动的综合)(2025·江西上饶期中)如图所示,一个质量为m=0.5 kg的小球悬挂在长L=0.9 m 的细线下端,初始时细线与竖直方向的夹角为θ。左侧有一竖直放置的圆管轨道DEF,轨道半径 R=0.5 m,EF为其竖直直径,∠DOE=53°,B点与D点的竖直距离h=0.8 m。现将小球从A点由静止释放,小球运动到悬挂点正下方B点时绳子刚好断开,接着小球从B点飞出后刚好由D点切线进入圆管轨道,而且小球运动到圆管轨道的最高点F时和管道内外壁无弹力作用。g取 10 m/s2,取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,不计空气阻力,求:
(1)细线与竖直方向的夹角θ;
【答案】 (1)60°
(2)在圆管轨道中运动时,小球克服摩擦力所做的功。
【答案】 (2)1 J
检测·学习效果
1.如图所示,ABCD是一条长轨道,其中AB段是倾角为θ的斜面,CD段是水平的,BC段是与AB和CD都相切的一小段圆弧,其长度可以略去不计。一质量为m的滑块(看作质点)在A点由静止状态释放,沿轨道滑下,最后停在D点,A点和D点的位置如图所示。现用一方向始终与轨道平行的力推滑块,使它缓慢地由D点推回到A点。设滑块与轨道间的动摩擦因数为μ,则推力对滑块做的功为(　　)
B
2.在某一粗糙的水平面上,一质量为2 kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动,当运动一段时间后,拉力逐渐减小,且当拉力减小到零时,物体刚好停止运动,图中给出了拉力随位移变化的关系图像。已知重力加速度g取10 m/s2。根据以上信息不能精确得出或估算得出的物理量有(　　)
[A]物体与水平面间的动摩擦因数
[B]合力对物体所做的功
[C]物体做匀速运动时的速度
[D]物体运动的时间
D
3.(2021·湖北卷)如图甲所示,一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑,运动过程中摩擦力大小Ff恒定,物块动能Ek与运动路程s的关系如图乙所示。重力加速度大小g取10 m/s2,物块质量m和所受摩擦力大小Ff分别为(　　)
[A]m=0.7 kg,Ff=0.5 N
[B]m=0.7 kg,Ff=1.0 N
[C]m=0.8 kg,Ff=0.5 N
[D]m=0.8 kg,Ff=1.0 N
A
【解析】 0～10 m内物块上滑,由动能定理得-mgsin 30°·s-Ffs=Ek-Ek0,整理得Ek=Ek0-(mgsin 30°+Ff)s,结合0～10 m内的图像得,斜率的绝对值|k|=
mgsin 30°+Ff=4 N,10～20 m内物块下滑,由动能定理得(mgsin 30°-Ff)(s-s1)=
Ek,整理得Ek=(mgsin 30°-Ff)s-(mgsin 30°-Ff)s1,结合 10～20 m内的图像得,斜率k′=mgsin 30°-Ff=3 N,联立解得Ff=0.5 N,m=0.7 kg,故选A。
4.(2024·新疆学业考试)如图所示,在竖直平面内,光滑斜面下端与水平面BC平滑连接于B点,水平面BC与光滑半圆弧轨道CDE相切于C点,E点在圆心O点正上方,D点与圆心等高。一物块(可看作质点)从斜面上A点由静止释放,物块通过半圆弧轨道E点且水平飞出,最后落到水平面BC上的F(图中未标出)点处。已知斜面上A点距离水平面BC的高度h=2.0 m,圆弧轨道半径R=0.4 m,B、C两点间距离LBC=2.0 m,F、C两点距离LFC=1.6 m。求:
(1)物块通过E点时的速度大小;
【答案】 (1)4 m/s
(2)物块与水平面BC间的动摩擦因数;
【答案】 (2)0.2
(3)将物块从斜面上由静止释放,若物块在半圆弧轨道上运动时不脱离轨道,则物块释放点距离水平面BC的高度h′应满足的条件。
【答案】 (3)0.4 m若物块刚好可以运动到与圆心等高处,根据动能定理可得
mg(h2-R)-μmgLBC=0,
解得h2=0.8 m;
若物块刚好可以运动到C点,根据动能定理可得
mgh3-μmgLBC=0,解得h3=0.4 m;
综上分析可知,要物块在半圆弧轨道上运动时不脱离轨道,则物块释放点距离水平面BC的高度应满足0.4 m感谢观看微专题6　动能定理的综合应用
[定位·学习目标]　1.通过学习应用动能定理分析问题,进一步领会运用动能定理解题的优越性。2.通过利用动能定理分析多过程问题、图像问题及曲线运动问题,学会根据具体问题情境构建物理模型,提高科学思维能力。3.通过对各种物理问题的分析,提高逻辑推理能力、应用数学处理物理问题的能力及综合分析问题能力。
要点一　动能定理在多过程中的应用
要点归纳
对于包含多个运动阶段的复杂运动过程,可以选择分段或全程应用动能定理。
(1)分段应用动能定理时,将复杂的过程分割成一个个子过程,对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析,然后分别针对每个子过程应用动能定理列式,然后联立求解。
(2)全程应用动能定理时,分析整个过程中出现过的各力的做功情况,分析每个力做的功,确定整个过程中合力做的总功。然后确定整个过程的初、末动能,针对整个过程利用动能定理列式求解。
(3)当题目已知量和所求量不涉及中间量时,选择全程应用动能定理更简单、方便。
典例研习
[例1] (动能定理在多过程中的应用)(多选)(2025·吉林阶段练习)人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。某次打夯符合如图模型:两人同时通过绳子对重物各施加一个大小为300 N,方向都与竖直方向成37°的力的作用;重物离开水平地面30 cm后人停止施力,最后重物自由下落把地面砸深 3 cm。重物的质量为50 kg,重力加速度g取10 m/s2,取cos 37°=0.8,不计空气阻力,此次打夯过程中(　　)
[A]人对重物做功144 J
[B]重物刚落地时的速度大小为2.5 m/s
[C]重物的重力势能减少165 J
[D]重物对地面的平均冲击力大小为5 300 N
【答案】 AD
【解析】 人对重物做功为W1=2Fcos 37°·h1=2×300×0.8×0.3 J=144 J,根据动能定理可得2Fcos 37°·h1=mv2-0,解得重物刚落地时的速度大小为v=2.4 m/s,故A正确,B错误;重物的重力势能减少|ΔEp|=mgΔh=50×10×0.03 J=15 J,故C错误;设地面对重物的平均冲击力大小为,对全程根据动能定理有 2Fcos 37°·h1+mgΔh-Δh=0,代入数据解得=5 300 N,根据牛顿第三定律可知,重物对地面平均冲击力的大小为5 300 N,故D正确。
应用动能定理解决多过程问题的技巧
(1)在多过程问题中应该首先考虑在全过程中应用动能定理,若需要的物理量无法求解,可以考虑在某个分过程中应用动能定理。
(2)在多过程中应用动能定理时,总功的求解一般不采用先求合力,再利用合力做功的计算式计算总功,因为合力往往是变力。通常采用先求出各个力所做的功,再求各个力的功的代数和的方法求总功。
[例2] (动能定理在多过程往复运动中的应用)(2025·黑龙江哈尔滨阶段练习)如图所示,在竖直平面内,粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B点,C是最低点,圆心角∠BOC=37°,D与圆心O等高,圆弧轨道半径 R=1.0 m,现有一个质量为 m=0.2 kg、可视为质点的小物体,从D点的正上方E点处自由下落,物体恰好到达斜面顶端A处。已知D、E距离h=1.0 m,物体与斜面AB之间的动摩擦因数 μ=0.5。取 sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取 10 m/s2。求:
(1)物体第一次到达C点时的速度大小和受到的支持力大小;
(2)斜面AB的长度L;
(3)物体在斜面上滑行的总路程s。
【答案】 (1)2 m/s　10 N
(2)1.8 m　(3)4.5 m
【解析】 (1)设物体到达C点时的速度为v,从E到C,由动能定理有
mg(h+R)=mv2-0,
代入数据得v=2 m/s,
在C点有F-mg=m,
代入数据得F=10 N。
(2)从C到A,由动能定理有
-mg(R-Rcos 37°+Lsin 37°)-μmgcos 37°·L=0-mv2,
代入数据得L=1.8 m。
(3)因为mgsin 37°>μmgcos 37°,
所以物体不会停在斜面上,当经过B点的速度为零时,将在光滑轨道上反复滑动,由动能定理有
mg(h+Rcos 37°)-μmgcos 37°·s=0,
代入数据得s=4.5 m。
要点二　动能定理与图像的综合应用
要点归纳
1.四类图像所围“面积”的含义
(1)v-t图像:由公式x=vt可知,v-t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移。
(2)a-t图像:由公式Δv=at可知,a-t图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。
(3)F-x图像:由公式W=Fx可知,F-x图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。
(4)P-t图像:由公式W=Pt可知,P-t图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。
2.解决物理图像问题的基本步骤
(1)观察题目给出的图像,弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义。
(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式。
(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比,找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下的面积所对应的物理意义,分析解答问题。或者利用图线上的特定点的坐标值代入函数关系式求物理量。
典例研习
[例3] (F-x图像与动能定理的结合)(2024·贵州卷)质量为 1 kg 的物块静置于光滑水平地面上,设物块静止时的位置为 x轴零点。现给物块施加一沿x轴正方向的水平力F,其大小随位置x变化的关系如图所示,则物块运动到x=3 m处,F做功的瞬时功率为(　　)
[A]8 W [B]16 W
[C]24 W [D]36 W
【答案】 A
【解析】 F-x图像所围面积表示力F做功的大小,则W=(3×2+2×1) J=8 J,由动能定理有W=mv2,解得物块运动到x=3 m处时的速度大小为v=4 m/s,此时F做功的瞬时功率为P=Fv=2×4 W=8 W,A正确,B、C、D错误。
[例4] (Ek-x图像与动能定理的结合)质量为2 kg的物块放在粗糙水平面上,在水平拉力的作用下由静止开始运动,物块的动能Ek与其发生的位移x之间的关系如图所示。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是(　　)
[A]x=1 m时速度大小为2 m/s
[B]x=3 m时物块的加速度大小为2.5 m/s2
[C]在前4 m位移过程中拉力对物块做的功为9 J
[D]在前4 m位移过程中物块所经历的时间为2.8 s
【答案】 D
【解析】 由题图可知x=1 m时动能为2 J,v1== m/s,故A错误。同理,当x=2 m时动能为4 J,v2=2 m/s;当x=4 m时动能为9 J,v4=3 m/s,则2～4 m内有2a2x2=-,解得2～4 m内物块的加速度为a2=1.25 m/s2,故B错误。对物块运动全过程,由动能定理得WF+(-μmgx4)=
Ek末-0,解得WF=25 J,故C错误。0～2 m过程,t1==2 s;2～4 m过程,t2==0.8 s,故总时间为2 s+0.8 s=2.8 s,故D正确。
要点三　动能定理与平抛运动、圆周运动的综合应用
要点归纳
动能定理常与平抛运动、圆周运动相结合,解决这类问题要特别注意:
(1)与平抛运动相结合时,要注意应用运动的合成与分解的方法,如分解位移或分解速度求平抛运动的有关物理量。
(2)与竖直平面内的圆周运动相结合时,应特别注意隐藏的临界条件:
①有支撑效果的竖直平面内的圆周运动,物体能通过最高点的临界条件为vmin=0。
②没有支撑效果的竖直平面内的圆周运动,物体能通过最高点的临界条件为vmin=。
典例研习
[例5] (动能定理与平抛运动的综合)如图所示,半径R=3 m的光滑圆弧轨道BC与水平轨道CD平滑相连,质量m=1 kg的小滑块(可视为质点)从某一高度处的A点以v0=4 m/s的速度水平抛出,恰好沿切线方向从B点进入圆弧轨道BC,滑块经C点后继续向D点方向运动,当运动到D点时刚好停下来。已知AB高度差h=0.45 m,BO与竖直方向的夹角为θ,滑块与粗糙水平轨道CD间的动摩擦因数μ=0.45,不计空气阻力,g取 10 m/s2,取cos 30°=0.87,cos 37°=0.8,cos 45°=
0.7,求:
(1)滑块刚进入圆弧轨道的B点时的速度大小vB及BO与竖直方向的夹角θ;
(2)滑块到达C点时对轨道的压力;
(3)水平轨道CD的长度L。(结果可用分数表示)
【答案】 (1)5 m/s　37°　(2) N,方向竖直向下 (3) m
【解析】 (1)小滑块从A到B做平抛运动,设运动时间为t,则在竖直方向有h=gt2,
解得t=0.3 s,
则有vy=gt=3 m/s,
滑块刚进入圆弧轨道的B点时的速度大小为
vB==5 m/s,
则在B点时tan θ==,
解得θ=37°。
(2)设滑块在C点时的速度大小为vC,滑块由B到C点,根据动能定理有
mgR(1-cos θ)=m-m,
解得vC= m/s,
滑块到达C点时,设轨道对滑块的支持力为FN,根据牛顿第二定律得
FN-mg=m,
解得FN= N,
根据牛顿第三定律可知,滑块到达C点时对轨道的压力大小为 N,方向竖直向下。
(3)在水平轨道CD上,根据动能定理有
-μmgL=0-m,
解得L= m。
[例6] (动能定理与圆周运动的综合)(2025·江西上饶期中)如图所示,一个质量为m=0.5 kg的小球悬挂在长L=0.9 m 的细线下端,初始时细线与竖直方向的夹角为θ。左侧有一竖直放置的圆管轨道DEF,轨道半径 R=0.5 m,EF为其竖直直径,∠DOE=53°,B点与D点的竖直距离h=
0.8 m。现将小球从A点由静止释放,小球运动到悬挂点正下方B点时绳子刚好断开,接着小球从B点飞出后刚好由D点切线进入圆管轨道,而且小球运动到圆管轨道的最高点F时和管道内外壁无弹力作用。g取 10 m/s2,取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,不计空气阻力,求:
(1)细线与竖直方向的夹角θ;
(2)在圆管轨道中运动时,小球克服摩擦力所做的功。
【答案】 (1)60°　(2)1 J
【解析】 (1)小球从B点到D点做平抛运动,设落到D点时其竖直方向分速度为vy,如图所示,
在竖直方向上,有=2gh,
解得vy=4 m/s,
根据速度的分解有tan 53°=,
水平分速度vx和vB大小相等,
解得vx=vB=3 m/s,
小球从A点运动到B点过程,由动能定理有
mgL(1-cos θ)=m,
代入数据解得θ=60°。
(2)由于小球在F点时和管道间无弹力,根据牛顿第二定律有mg=m,解得vF= m/s,
结合上述可知vx=3 m/s,vy=4 m/s,
则有vD==5 m/s,
小球从D点到F点过程,由动能定理得
W摩-mgR(1+cos 53°)=m-m,
代入数据解得W摩=-1 J,
即小球克服摩擦力所做的功为1 J。
1.如图所示,ABCD是一条长轨道,其中AB段是倾角为θ的斜面,CD段是水平的,BC段是与AB和CD都相切的一小段圆弧,其长度可以略去不计。一质量为m的滑块(看作质点)在A点由静止状态释放,沿轨道滑下,最后停在D点,A点和D点的位置如图所示。现用一方向始终与轨道平行的力推滑块,使它缓慢地由D点推回到A点。设滑块与轨道间的动摩擦因数为μ,则推力对滑块做的功为(　　)
[A]mgh
[B]2mgh
[C]μmg(s+)
[D]μmgs+μmghcos θ
【答案】 B
【解析】 从A到D全过程,由动能定理有mgh-μmgcos θ·-μmgs=0,从D到A的过程,由动能定理有WF-μmgs-μmgcos θ·-mgh=0,解得WF=2mgh,故选B。
2.在某一粗糙的水平面上,一质量为2 kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动,当运动一段时间后,拉力逐渐减小,且当拉力减小到零时,物体刚好停止运动,图中给出了拉力随位移变化的关系图像。已知重力加速度g取10 m/s2。根据以上信息不能精确得出或估算得出的物理量有(　　)
[A]物体与水平面间的动摩擦因数
[B]合力对物体所做的功
[C]物体做匀速运动时的速度
[D]物体运动的时间
【答案】 D
【解析】 物体做匀速直线运动时,受力平衡,拉力F0与滑动摩擦力Ff大小相等,物体与水平面间的动摩擦因数为μ==0.35,A能得出;减速过程由动能定理得WF+Wf=0-mv2,根据Fx图像中图线与坐标轴围成的面积可以估算力F做的功WF,而Wf=-μmgx,由此可求得合力对物体所做的功,及物体做匀速运动时的速度v,B、C能得出;因为物体做变加速运动,所以运动时间无法求出,D不能得出。
3.(2021·湖北卷)如图甲所示,一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑,运动过程中摩擦力大小Ff恒定,物块动能Ek与运动路程s的关系如图乙所示。重力加速度大小g取10 m/s2,物块质量m和所受摩擦力大小Ff分别为(　　)
[A]m=0.7 kg,Ff=0.5 N
[B]m=0.7 kg,Ff=1.0 N
[C]m=0.8 kg,Ff=0.5 N
[D]m=0.8 kg,Ff=1.0 N
【答案】 A
【解析】 0～10 m内物块上滑,由动能定理得-mgsin 30°·s-Ffs=Ek-Ek0,整理得Ek=Ek0-(mgsin 30°+Ff)s,结合0～10 m内的图像得,斜率的绝对值|k|=mgsin 30°+Ff=4 N,10～20 m内物块下滑,由动能定理得(mgsin 30°-Ff)(s-s1)=Ek,整理得Ek=(mgsin 30°-Ff)s-(mgsin 30°-Ff)s1,结合 10～20 m内的图像得,斜率k′=mgsin 30°-Ff=3 N,联立解得Ff=0.5 N,m=0.7 kg,故选A。
4.(2024·新疆学业考试)如图所示,在竖直平面内,光滑斜面下端与水平面BC平滑连接于B点,水平面BC与光滑半圆弧轨道CDE相切于C点,E点在圆心O点正上方,D点与圆心等高。一物块(可看作质点)从斜面上A点由静止释放,物块通过半圆弧轨道E点且水平飞出,最后落到水平面BC上的F(图中未标出)点处。已知斜面上A点距离水平面BC的高度h=2.0 m,圆弧轨道半径R=0.4 m,B、C两点间距离LBC=2.0 m,F、C两点距离LFC=1.6 m。求:
(1)物块通过E点时的速度大小;
(2)物块与水平面BC间的动摩擦因数;
(3)将物块从斜面上由静止释放,若物块在半圆弧轨道上运动时不脱离轨道,则物块释放点距离水平面BC的高度h′应满足的条件。
【答案】 (1)4 m/s　(2)0.2
(3)0.4 m【解析】 (1)物块从E点飞出到落在F点过程做平抛运动,则有2R=gt2,LFC=vEt,
联立解得物块通过E点时的速度大小为
vE=4 m/s。
(2)物块从A点到E点过程,根据动能定理有
mg(h-2R)-μmgLBC=m-0,
代入数据解得物块与水平面BC间的动摩擦因数为μ=0.2。
(3)若物块刚好通过E点,则有mg=m,
解得vE′==2 m/s,
根据动能定理可得
mg(h1-2R)-μmgLBC=mvE′2-0,
解得h1=1.4 m;
若物块刚好可以运动到与圆心等高处,根据动能定理可得mg(h2-R)-μmgLBC=0,
解得h2=0.8 m;
若物块刚好可以运动到C点,根据动能定理可得
mgh3-μmgLBC=0,解得h3=0.4 m;
综上分析可知,要物块在半圆弧轨道上运动时不脱离轨道,则物块释放点距离水平面BC的高度应满足0.4 m课时作业
(分值:70分)
考点一　动能定理在多过程中的应用
1.(4分)如图所示,质量为m的小球,从离地面高H处由静止开始释放,落到地面后继续陷入泥中h深度后停止,不计空气阻力,重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　)
[A]小球落地时动能等于mgH
[B]小球在泥土中受到的平均阻力为
[C]小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功等于刚落到地面时的动能
[D]整个过程中小球克服阻力做的功小于mg(H+h)
【答案】 A
【解析】 小球落到地面过程,根据动能定理有mgH=Ek,可知小球落地时动能等于mgH,A正确;小球在运动的全过程,根据动能定理有mg(H+h)-Ffh=0,解得小球在泥土中受到的平均阻力为Ff=,B错误;小球陷入泥中的过程,根据动能定理有mgh-Wf=0-Ek,解得Wf=mgh+Ek,可知小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功大于刚落到地面时的动能,C错误;结合B解析可知,整个过程中小球克服阻力做的功为Wf=Ffh=mg(H+h),D错误。
2.(12分)滑板运动是一项极限运动,深受青少年的喜爱。图中ABCD为滑板的运动轨道,AB和CD是两段与水平面夹角均为θ的光滑的斜面,底部与水平面平滑相接,粗糙水平段BC的长度L=5 m。一运动员从P点以v0=6 m/s的初速度下滑,经BC后冲上CD轨道,达到Q点时速度减为零。已知运动员连同滑板的质量m=70 kg,h=2 m,H=3 m,g取10 m/s2,求:(结果可带根号)
(1)运动员第一次经过B点和C点的速度大小vB和vC;
(2)滑板与BC之间的动摩擦因数μ;
(3)运动员最后静止的位置与B点之间的距离x。
【答案】 (1)2 m/s　2 m/s (2)0.16　(3)3.75 m
【解析】 (1)运动员从P点滑至B点的过程,由动能定理得mgh=m-m,
代入数据解得
vB=2 m/s,
运动员由C点到Q点的过程,由动能定理有
-mgH=0-m,
代入数据解得vC=2 m/s。
(2)运动员由B点滑至C点的过程中,由动能定理有-μmgL=m-m,
代入数据解得μ=0.16。
(3)设运动员在BC轨道上滑行的总路程为s。对从P点到静止的整个过程,由动能定理有
mgh-μmgs=0-m,
代入数据解得
s=23.75 m=4L+3.75 m,
故运动员最后静止的位置与B点之间的距离
x=3.75 m。
考点二　动能定理与图像的综合
3.(4分)一小物块沿斜面向上滑动,然后滑回原处。物块的初动能为Ek0,与斜面间的动摩擦因数不变,则该过程中物块的动能Ek与位移x的关系图线是(　　)
[A]　　 　　 [B]
[C]　　 　　 [D]
【答案】 C
【解析】 设斜面的倾角为θ,物块的质量为m,取沿斜面向上为位移正方向,根据动能定理可得,上滑过程中-mgxsin θ-μmgxcos θ=Ek-Ek0,所以 Ek=Ek0-(mgsin θ+μmgcos θ)x,Ek随位移增大而减小,Ekx为直线;下滑过程中有mgx′sin θ-μmgx′cos θ=Ek-0,所以Ek=(mgsin θ-μmgcos θ)x′,
x′增大时,位移x减小,动能增大,由于摩擦力做负功,可知最后的总动能减小,故C正确。
4.(4分)(2025·山东泰安期中)一质量为1 kg的物体在水平拉力的作用下,由静止开始在水平地面上沿x轴运动,出发点为x轴零点,拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4,重力加速度g取10 m/s2。则从x=0运动到x=4 m的过程中,拉力的最大瞬时功率为(　　)
[A]6 W [B]6 W
[C]12 W [D]12 W
【答案】 D
【解析】 由于拉力在水平方向,则拉力做的功为 W=Fx,图像中斜率代表拉力F,可知在x=2 m时,拉力F1= N=6 N,物体从0运动到x=2 m的过程,根据动能定理有W1-μmgx=m,解得物体的速度为v1=2 m/s,物体在x=2 m时,拉力的功率P1=F1v1=12 W;此后,拉力变为F2== N=3 N,F2小于滑动摩擦力,物体做减速运动,速度变小,拉力的功率变小。所以从x=0运动到x=4 m的过程中,拉力的最大瞬时功率为Pmax=12 W,故A、B、C错误,D正确。
5.(4分)电动车被认为是新型节能环保的交通工具。在检测某款电动车性能的实验中,质量为m的电动车由静止开始沿平直公路行驶,受到的阻力大小恒定,电动车的输出功率随速度的变化关系如图所示,电动车速度从v达到最大速度2v所用时间为t,则以下说法正确的是(　　)
[A]电动车先做匀加速运动后做匀速运动
[B]电动车速度为v时加速度大小为
[C]电动车速度从0到v所用时间为
[D]电动车速度从0到2v的过程中,位移大小为vt-
【答案】 C
【解析】 根据P=Fv,由Pv图像可知,在第一阶段斜率不变,故牵引力不变,所以加速度不变,电动车先做匀加速直线运动。当速度达到v,电动车达到额定功率,第二阶段功率恒定,速度继续增大,牵引力减小,故加速度减小,则电动车在做加速度减小的加速运动,A错误;当牵引力和阻力相等时,电动车速度达到最大,所以阻力Ff=,电动车速度为v时,加速度为a==,B错误;电动车速度从0到v所用时间为t′==,C正确;电动车在第一阶段有2ax1=v2-0,代入得 x1=,第二阶段电动车功率恒定,根据动能定理知Pt-Ffx2=m(2v)2-mv2,总位移为x=x1+x2=2vt-,D错误。
考点三　动能定理与平抛运动、圆周运动的综合
6.(6分)(多选)将一长细管弯成如图所示形状且竖直放置,AB部分为半径为 1.6 m 的四分之一圆周,BCD部分为半径为0.8 m的圆周,B、C为小圆周竖直直径的两个端点。将一光滑小球由管口A正上方某点无初速度释放,使小球能够到达C点,且与细管内的上壁无相互作用。已知小球的直径略小于细管的内径,细管的内径远小于两部分圆弧轨道的半径,g取10 m/s2,则小球释放的位置与B点的高度差可能为(　　)
[A]2.8 m [B]2.4 m
[C]2.0 m [D]1.8 m
【答案】 CD
【解析】 小球与上壁恰好无相互作用时,在最高点由牛顿第二定律得mg=m,从释放到运动至C点,由动能定理得mgh1=mv2,解得h1=0.4 m,小球释放的位置与B点的高度差为Δh1=
0.4 m+1.6 m=2 m;小球恰能通过最高点时,在最高点速度为零,从释放到运动至C点,由动能定理得mgh2=0,解得h2=0,小球释放的位置与B点的高度差为Δh2=1.6 m,即小球释放的位置与B点的高度差的范围为1.6 m≤Δh≤2.0 m,故选C、D。
7.(12分)(2025·北京阶段练习)如图所示,AB为水平轨道,A、B间距离s=1.25 m,BCD是半径为R=0.40 m的竖直半圆形轨道,B为圆轨道的最低点,D为轨道的最高点。有一小物块质量为m=1.0 kg,小物块在F=10 N的水平力作用下从A点由静止开始运动,到达B点时撤去力F,物块恰好可以通过最高点,不计空气阻力以及物块与水平轨道间的摩擦力。g取10 m/s2,求:
(1)小物块通过B点瞬间对轨道的压力大小;
(2)小物块通过D点后,再一次落到水平轨道AB上,落点和B点之间的距离大小;
(3)小物块由B点运动到D点过程中,阻力所做的功。
【答案】 (1)72.5 N　(2)0.8 m　(3)-2.5 J
【解析】 (1)A到B过程根据动能定理有
Fs=m,
解得vB=5 m/s,
在B点根据牛顿第二定律有
FN-mg=m,
根据牛顿第三定律,物块通过B点瞬间对轨道的压力大小为FN′=FN,
联立解得FN′=72.5 N。
(2)物块恰好可以通过最高点,可得
mg=m,
解得vD=2 m/s,
小物块通过D点后,做平抛运动,
可得2R=gt2,x=vDt,
解得落点和B点之间的距离大小为
x=0.8 m。
(3)小物块由B点运动到D点过程中,根据动能定理有-mg·2R+Wf=m-m,
解得阻力所做的功为Wf=-2.5 J。
8.(6分)(多选)在倾角为37°的斜面底端给小物块一初动能,使小物块在足够长的粗糙斜面上运动,如图甲所示。若小物块在上滑和下滑过程中其动能Ek随高度h的变化如图乙所示,g取
10 m/s2,取sin 37°=0.6,则小物块(　　)
[A]上滑的最大距离为5 m
[B]所受的摩擦力大小为2 N
[C]质量为1 kg
[D]在最高点的重力势能为30 J
【答案】 ABC
【解析】 全程根据动能定理得-Ff·×2=(20-40)J,解得Ff=2 N,故B正确;上滑过程中根据动能定理得-mgh-Ff·=(0-40)J,解得m=1 kg,故C正确;上滑的最大距离为L==5 m,故A正确;若取最低点所在平面为参考平面,在最高点的重力势能为Ep=mgh=30 J,但参考平面未知,因此重力势能不确定,故D错误。
9.(4分)如图所示,一个小球(视为质点)从H=12 m 高处,由静止开始沿光滑弯曲轨道AB进入半径R=4 m的粗糙竖直圆轨道内侧,且与圆轨道的动摩擦因数处处相等,当到达圆轨道顶点C时刚好对轨道压力为,g取10 m/s2,然后沿轨道CB滑下,进入光滑弧形轨道BD,到达高度为h的D点时速度为零,则下列选项中最合理的是(　　)
[A]h<5.5 m [B]h<7.5 m
[C]h>8 m [D]h>10 m
【答案】 D
【解析】 已知小球在C点时刚好对轨道压力为,则mg+mg=m,小球在C点的动能为 mv2=mgR,小球从A运动到C,根据动能定理得mg(H-2R)-Wf=mv2-0,解得Wf=mgR,所以小球从A运动到C,半个圆弧BC克服摩擦力做功mgR;从C点运动到D点,根据动能定理得mg(2R-h)-Wf′=0-mv2,解得 mgh=2mgR-Wf′,因为沿CB弧运动的平均速度小于沿BC弧运动的平均速度,根据圆周运动向心力公式可知沿CB弧运动的平均正压力小于沿BC弧运动的平均正压力,故沿CB弧运动的平均摩擦力小于沿BC弧运动的平均摩擦力,所以010.(14分)如图所示,在竖直平面内,长为L、倾角 θ=37°的粗糙斜面AB下端与半径R=1 m的光滑圆弧轨道BCDE平滑相接于B点,C点是轨迹最低点,D点与圆心O等高。现有一质量m=0.1 kg 的物体从斜面AB上端的A点无初速度下滑,恰能到达圆弧轨道的D点。若物体与斜面之间的动摩擦因数μ=0.25,不计空气阻力,g取 10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:
(1)斜面AB的长度L;
(2)物体第一次通过C点时的速度大小vC;
(3)物体经过C点时,轨道对它的最小支持力FNmin;
(4)物体在粗糙斜面AB上滑行的总路程s总。
【答案】 (1)2 m　(2)2 m/s　(3)1.4 N (4)6 m
【解析】 (1)A到D过程,根据动能定理有
mg(Lsin θ-Rcos θ)-μmgLcos θ=0,
解得L=2 m。
(2)A到C过程,根据动能定理有
mg(Lsin θ+R-Rcos θ)-μmgLcos θ=m,
解得vC=2 m/s。
(3)当物体往复运动恰好能运动B点时,再次经过C点支持力有最小值,从B到C点,由动能定理可知mgR(1-cos θ)=mv2,
在最低点根据向心力公式
FNmin-mg=m,
解得FNmin=1.4 N。
(4)整个过程根据动能定理有
mgLsin θ-μmgs总cos θ=0,
解得s总=6 m。

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